2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§3.2 导数的应用（试题部分） .docx

《2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§3.2 导数的应用（试题部分） .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§3.2 导数的应用（试题部分） .docx（40页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、3.2导数的应用探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点利用导数研究函数的单调性了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2017课标全国,21,12分导数与函数的单调性不等式恒成立求参数范围2016课标全国,12,5分利用函数单调性求参数范围不等式恒成立求参数范围2019课标全国,20,12分判断单调性及求最值利用导数研究函数的极值与最值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)

2、2018课标全国,21,12分导数与函数单调性、极值、最值不等式的证明2017课标全国,21,12分利用最值证明不等式函数的单调性2015课标,21,12分利用导数求函数最值函数的单调性2019课标全国,21,12分利用导数研究函数的极值点函数的单调性导数的综合应用利用导数解决实际问题、函数的零点(方程的根)的问题、不等式问题以及恒成立(存在性)问题2018课标全国,21,12分函数的零点导数与函数的单调性2019课标全国,20,12分零点个数的证明导数与函数的单调性2015课标,21,12分函数的零点,不等式的证明导数与函数的单调性分析解读函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高中阶段研究的

3、重点.一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值,以及实际问题中的优化问题等,这是新课标的一个新要求.二是把导数与函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的取值(范围),常以解答题的形式出现.本节内容在高考中分值为17分左右,属难度较大题.破考点 练考向【考点集训】考点一利用导数研究函数的单调性1.(2018河南、河北重点高中第二次联考,6)若函数f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上递减,则a的取值范围是() A.(e+1,+)B.e+1,+) C.(e-1,+)D.e-1,+)答案B2.(2018河南信阳一模,15)已知定义在R上的可导函数f(x)满足

4、f (x)2-2m,则实数m的取值范围是.答案(1,+)3.(2020届福建龙海二中期初考试,18)设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11).(1)求a,b的值;(2)讨论函数f(x)的单调性.答案(1)易得f (x)=3x2-6ax+3b.因为f(x)的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11),所以f(1)=-11,f (1)=-12,即1-3a+3b=-11,3-6a+3b=-12,解得a=1,b=-3.(2)由a=1,b=-3得f (x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3).令f (x)0,解得x

5、3,令f (x)0,解得-1x0),f (x)=ex+2x-1x,令f (x)=g(x),则g(x)=ex+2+1x2,易知g(x)0,所以f (x)在(0,+)上单调递增.注意到f 14=e14+12-40,所以由零点存在性定理可知存在x014,12,使得f (x0)=0,即ex0+2x0-1x0=0,即ex0=1x0-2x0.当0xx0时,f (x)x0时,f (x)0,f(x)单调递增.于是f(x)f(x0)=ex0+x02-ln x0=1x0-2x0+x02-ln x0=(x0-1)2+1x0-ln x0-1,易知f(x0)=(x0-1)2+1x0-ln x0-1在14,12上单调递减

6、,所以f(x)f(x0)f12=54+ln 2.3.(2018湖北荆州一模,20)已知函数f(x)=-x2+ax-ln x(aR).(1)若函数f(x)是单调递减函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值,求实数a的取值范围.答案(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=-2x+a-1x=-2x2+ax-1x(x0).函数f(x)是单调递减函数,f (x)0对x(0,+)恒成立,-2x2+ax-10对x(0,+)恒成立,即a2x+1x对x(0,+)恒成立.2x+1x22x1x=22当且仅当2x=1x,即x=22时取“=”,a22.(2)函数f(x

7、)在(0,3)上既有极大值又有极小值,f (x)=-2x2+ax-1x=0在(0,3)上有两个相异实根,即2x2-ax+1=0在(0,3)上有两个相异实根,令g(x)=2x2-ax+1,则0,0a40,g(3)0,得a22,0a0,a193,22a0,解得x0,令f (x)0,则函数f(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,又当x0,当x1时,f(x)0,画出函数f(x)的大致图象如图,由图知要使函数f(x)的图象与直线y=a有两个不同的交点,则0a1时,x-1x0,ln x0,可得f(x)0,则当=1-4a20,即a12时, f (x)0恒成立

8、,可得f(x)在1,+)上单调递增,而f(1)=0,所以当x1时,都有f(x)0,满足题意;当0,即0a12时, f (x)=0有两个不等实根,不妨设为x1,x2,且x10,所以有0x11x2,当1xx2时, f (x)0,故f(x)在(1,x2)上单调递减,而f(1)=0,所以当x(1,x2)时, f(x)0.当a=0时,h(x)在定义域(0,+)上恒大于0,h(x)没有零点.当a0在(0,+)上恒成立,所以h(x)在定义域(0,+)上为增函数,因为h(1)=120,h(e1a)=12e2a-10时,h(x)=x-ax=x2-ax=(x+a)(x-a)x,当x(0,a)时,h(x)0,h(x

9、)在(a,+)上为增函数,所以当x=a时,h(x)取极小值,也是最小值,h(a)=12a-aln a=12a(1-ln a).当a(0,e)时,h(a)=12a(1-ln a)0,h(x)没有零点;当a=e时,h(a)=12a(1-ln a)=0,h(x)有1个零点x=a;当a(e,+)时,h(a)=12a(1-ln a)0且h(a)1时,x-ln x0,所以xln x,则h(x)=12x2-aln x12x2-ax.因为2aa1,所以h(2a)12(2a)2-2a2=0,所以h(x)=0在区间(a,+)内有一解,所以方程h(x)=0在区间(0,+)内有两解.综上所述,当a0,e)时,y=f(

10、x)-g(x)+12没有零点,当ae时,y=f(x)-g(x)+12有2个零点.炼技法 提能力【方法集训】方法1利用导数求函数的单调区间1.(2018河南信阳二模,9)已知定义在R上的函数f(x)=13ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是() A.(-,-1)(1,+) B.-1,0)(0,1C.(-1,1) D.(-1,0)(0,1)答案D2.(2019山东烟台模拟,10)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+da23b在R上是单调递增函数,则c2b-3a的最小值是()A.1 B.2C.3 D.4答案A3.(2019陕西渭南模拟,21)已知函数f(x)=ln x

11、-ax2-bx.(1)若a=-1,函数f(x)在其定义域内是增函数,求b的取值范围;(2)f(x)的图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1x2)两点,AB的中点为C(x0,0),求证:f (x0)0).f(x)在(0,+)上是增函数,f (x)=1x+2x-b0在x(0,+)上恒成立,即b1x+2x在x(0,+)上恒成立,只需b1x+2xmin.x0,1x+2x22,当且仅当x=22时,取“=”,b22,b的取值范围为(-,22.(2)证明:由题意得f(x1)=ln x1-ax12-bx1=0,f(x2)=ln x2-ax22-bx2=0,ln x1=ax12+bx1,ln x2=

12、ax22+bx2,两式相减,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2),lnx1x2=(x1-x2)a(x1+x2)+b.由f (x)=1x-2ax-b及2x0=x1+x2,得f (x0)=1x0-2ax0-b=2x1+x2-a(x1+x2)+b=2x1+x2-1x1-x2lnx1x2=1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2,令t=x1x2(0t1),(t)=2(t-1)t+1-ln t(0t1),则(t)=-(t-1)2t(t+1)2(1)=0.又x1x2,1x1-x20.f (x0)f(a)f(c);函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值

13、;函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;函数f(x)的最小值为f(d).A. B.C. D.答案A2.(2019福建三明模拟,21)已知函数f(x)=xln x-a2x2-x(aR).(1)若曲线y=f(x)在x=e处的切线的斜率为-1,求切线的方程;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,求a的取值范围,并证明:x1x2x1+x2.答案(1)f(x)=xln x-a2x2-x(x0),f (x)=ln x-ax(x0).由f (e)=1-ae=-1,解得a=2e,f(e)=-e.故切点坐标为(e,-e),曲线y=f(x)在x=e处的切线方程为x+y=0.(2) f (x)=

14、ln x-ax(x0),令f (x)=0,得a=lnxx.令g(x)=lnxx(x0),则g(x)=1-lnxx2,当0x1时,g(x)1时,g(x)0.令g(x)=0,得x=e.当0x0;当xe时,g(x)0.故g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,g(x)max=g(e)=1e.当a0时, f(x)有一个极值点;当0a1e时, f(x)有两个极值点;当a1e时, f(x)没有极值点.综上,若f(x)有两个极值点,则a的取值范围是0,1e.证明:x1,x2是f(x)的两个极值点,ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0,即ln x1=ax1,ln x2=ax2,不妨设

15、0x1x2,则1x1ex2e,ln(x1+x2)x1+x2ln x2x2,即ln(x1+x2)x1+x2a,由可得ln x1+ln x2=a(x1+x2),即ln(x1x2)x1+x2=a,由得ln(x1+x2)x1+x2x1+x2.【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2016课标全国,12,5分)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是() A.-1,1 B.-1,13 C.-13,13D.-1,-13答案C2.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,则使得f(x)f(2x-

16、1)成立的x的取值范围是() A.13,1 B.-,13(1,+)C.-13,13 D.-,-1313,+答案A3.(2019课标全国,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0a0,则当x(-,0)a3,+时, f (x)0;当x0,a3时, f (x)0.故f(x)在(-,0),a3,+单调递增,在0,a3单调递减;若a=0, f(x)在(-,+)单调递增;若a0;当xa3,0时, f (x)0.故f(x)在-,a3,(0,+)单调递增,在a3,0单调递减.(2)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,a3单调递减,在a3,1单调递增,所以f

17、(x)在0,1的最小值为fa3=-a327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-a327+2,M=4-a,0a2,2,2a3.所以M-m=2-a+a327,0a2,a327,2a3.当0a2时,可知2-a+a327单调递减,所以M-m的取值范围是827,2.当2a3时,a327单调递增,所以M-m的取值范围是827,1.综上,M-m的取值范围是827,2.4.(2017课标全国,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时, f(x)ax+1,求a的取值范围.答案(1)f (x)=(1-2x-x2)ex.令f (x)=0,得x=-

18、1-2或x=-1+2.当x(-,-1-2)时, f (x)0;当x(-1+2,+)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-1-2),(-1+2,+)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-

19、4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).考点二利用导数研究函数的极值与最值1.(2019课标全国,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:(1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.证明本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算.

20、(1)f(x)的定义域为(0,+).f (x)=x-1x+ln x-1=ln x-1x.因为y=ln x单调递增,y=1x单调递减,所以f (x)单调递增.又f (1)=-10,故存在唯一x0(1,2),使得f (x0)=0.又当xx0时, f (x)x0时, f (x)0, f(x)单调递增.因此, f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)0,所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=.由x01得11x0.又f1=1-1ln1-1-1=f()=0,故1是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.2.(2018课标全国,21,

21、12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a1e时, f(x)0.答案(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-1x.由题设知, f (2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-ln x-1, f (x)=12e2ex-1x.当0x2时, f (x)2时, f (x)0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.(2)证明:当a1e时, f(x)exe-ln x-1.设g(x)=exe-ln x-1,则g(x)=exe-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x

22、=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时, f(x)0.3.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)上单调递增.若a0;当x-12a,+时, f (x)0,故f(x)在0,-12a上单调递增,在-12a,+上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0,所以f(x)在(0,+)上单调递增.若a0,则当x0,1a时, f (x)0;当x1a,+时,f (x)0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大

23、值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.因此f1a2a-2等价于ln a+a-10.令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+)上单调递增,g(1)=0.于是,当0a1时,g(a)1时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1).解法二:由(1)知,当a0时, f(x)在(0,+)上无最大值;当a0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.因此f1a2a-2等价于ln a+a1.当a1时,ln a+aa1;当0a1时,ln a+aa0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a

24、+a-1.当0a0;当x2,时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.所以f (x)在(0,)存在唯一零点.(2)由题设知f()a,f()=0,可得a0.由(1)知,f (x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f (x)0;当x(x0,)时,f (x)0;当x(3-23,3+23)时,f (x)0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)20,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.

25、又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-160,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.3.(2016课标全国,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,1x-1lnx1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.答案(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)=1x-1,令f (x)=0,解得x=1.当0x0, f(x)单调递增;当x1时, f (x)0, f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1.故

26、当x(1,+)时,ln xx-1,ln1x1x-1,即1x-1lnx1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=lnc-1lnclnc.当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.(9分)由(2)知1c-1lncc,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.(12分)4.(2015课标,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f (x)零点的个数;(2)证明:当a0时, f(x)2a+aln2a.答案(1)f(x)的定义域为(0

27、,+), f (x)=2e2x-ax(x0).当a0时, f (x)0, f (x)没有零点;当a0时,因为y=e2x单调递增,y=-ax单调递增,所以f (x)在(0,+)上单调递增.又f (a)0,当b满足0ba4且b14时, f (b)0时, f (x)存在唯一零点. (6分)(2)证明:由(1),可设f (x)在(0,+)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)时, f (x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a2a+aln2a

28、.故当a0时, f(x)2a+aln2a.(12分)B组自主命题省(区、市)卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2017山东,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是() A.f(x)=2-xB.f(x)=x2C.f(x)=3-xD.f(x)=cos x答案A2.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)0,则实数a的取值范围是.答案-1,12考点二利用导数研究函数的极值与最值1.(2016四川,

29、6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=() A.-4 B.-2C.4 D.2答案D2.(2018北京,19,13分)设函数f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.答案(1)因为f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex,所以f (x)=ax2-(a+1)x+1ex.f (2)=(2a-1)e2.由题设知f (2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12.(2)由(1)得f (x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex

30、.若a1,则当x1a,1时, f (x)0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a1,则当x(0,1)时,ax-1x-10.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+).3.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=excos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间0,2上的最大值和最小值.答案(1)因为f(x)=excos x-x,所以f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cos

31、x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.当x0,2时,h(x)0,所以h(x)在区间0,2上单调递减.所以对任意x0,2,有h(x)h(0)=0,即f (x)0.所以函数f(x)在区间0,2上单调递减.因此f(x)在区间0,2上的最大值为f(0)=1,最小值为f2=-2.4.(2019北京,20,14分)已知函数f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.答案本题考查利用导数求三次函数图象的切线,及函数的最大值、最小值,考查分类讨论的思想,要求学生有良好的逻辑推理和运算求解能力.(1)由f(x)=14x3-x2+x得f (x)=34x2-2x+1.令f (x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0, f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x